關(guān)于除法電路
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除法，這個小學(xué)4年紀(jì)就開始學(xué)習(xí)和使用的方法卻一直是我這個ASIC工程師心中的痛。我一直在思考如何能找到一個簡單(硬件資源少)而快捷(時鐘排數(shù)少)的通用除法電路。
本文引用地址：http://m.butianyuan.cn/article/282926.htm其實(shí)簡單的說除法可以用迭代的減法來實(shí)現(xiàn)，但是對于硬件，這恐怕要花很多時間。我也一直沒有找到實(shí)現(xiàn)任意除法的好方法。但是對于某些除數(shù)固定的除法還是有一些辦法的。
1)最容易想到的就是ROM查找表，但是ROM畢竟不是我們的目標(biāo)，雖然ROM有時是不錯的方法。
2)我開始仔細(xì)考慮這個問題是在做264解碼時必須要處理QP的問題。這是一個除以6的計(jì)算，由于被除數(shù)不會大于52(6bit)，所以我簡化了一個組合邏輯來實(shí)現(xiàn)。代碼如下：
always@(idata)
begin
case(idata[5:3])
3'b000: begin
oquotient[3:1] = 3'b000;
if (idata[2:1]==2'b11)
begin
oquotient[0] = 1'b1;
end
else
begin
oquotient[0] = 1'b0;
end
end
3'b001: begin
oquotient[3:2] = 2'b00;
if (idata[2]==1'b1)
begin
oquotient[1:0] = 2'b10;
end
else
begin
oquotient[1:0] = 2'b01;
end
end
3'b010: begin
oquotient[3:1] = 3'b001;
if (idata[2:1]!=2'b00)
begin
oquotient[0] = 1'b1;
end
else
begin
oquotient[0] = 1'b0;
end
end
3'b011: begin
oquotient[3:1] = 3'b010;
if (idata[2:1]==2'b11)
begin
oquotient[0] = 1'b1;
end
else
begin
oquotient[0] = 1'b0;
end
end
3'b100: begin
oquotient[3:2] = 2'b01;
if (idata[2]==1'b1)
begin
oquotient[1:0] = 2'b10;
end
else
begin
oquotient[1:0] = 2'b01;
end
end
3'b101: begin
oquotient[3:1] = 3'b011;
if (idata[2:1]!=2'b00)
begin
oquotient[0] = 1'b1;
end
else
begin
oquotient[0] = 1'b0;
end
end
3'b110: begin
oquotient[3:1] = 3'b100;
if (idata[2:1]==2'b11)
begin
oquotient[0] = 1'b1;
end
else
begin
oquotient[0] = 1'b0;
end
end
3'b111: begin
oquotient[3:2] = 2'b10;
if (idata[2]==1'b1)
begin
oquotient[1:0] = 2'b10;
end
else
begin
oquotient[1:0] = 2'b01;
end
end
default: oquotient[3:0] = 4'd0;
endcase
end
//always@(idata)
//begin
// case(idata[3:1])
// 3'b000: rem_temp[1:0] = 2'b00;
// 3'b001: rem_temp[1:0] = 2'b01;
// 3'b010: rem_temp[1:0] = 2'b10;
// 3'b011: rem_temp[1:0] = 2'b00;
// 3'b100: rem_temp[1:0] = 2'b01;
// 3'b101: rem_temp[1:0] = 2'b10;
// 3'b110: rem_temp[1:0] = 2'b00;
// 3'b111: rem_temp[1:0] = 2'b01;
// default:rem_temp[1:0] = 2'b00;
// endcase
//end
//
//always@(idataor rem_temp)
//begin
// oremainder[0] = idata[0];
// case(idata[5:4])
// 2'b00,2'b11: oremainder[2:1] = rem_temp[1:0];
// 2'b01: oremainder[2:1] = {(~(rem_temp[1] | rem_temp[0])),rem_temp[1]};
// 2'b10: oremainder[2:1] = {rem_temp[0],(~(rem_temp[1] | rem_temp[0]))};
// default: oremainder[2:1] = rem_temp[1:0];
// endcase
//end
可見這個邏輯并不是很大，求商的邏輯不過是一個3bit的case里面套一級選擇(if)，F(xiàn)PGA里不過就是一個ALU。時序也很好，百兆的鐘都沒有問題。我由此想到了，對于除數(shù)固定，被除數(shù)有一定范圍限制的除法，還是可以用一定簡化了邏輯實(shí)現(xiàn)的。
3)以下我們討論的除法就由此先做一個前提的約束：被除數(shù)是8bit，除數(shù)我們將分別討論3、5、7、11等質(zhì)數(shù)的情況，其它的和數(shù)的除法可以分解成質(zhì)數(shù)。
4) 除數(shù)為3(二進(jìn)制2‘b11)
我最早的想法其實(shí)很簡單，除以3是很困難的，但是除以4對于硬件確實(shí)非常簡單的。所以也許可以通過對1/4進(jìn)行一些調(diào)整來達(dá)到1/3的目的。這顯然是要在1/4上加一點(diǎn)什么，加什么呢?我突然想到了無窮級數(shù)：
1/4 1/16 1/64 .........
其無窮級數(shù)求和和剛好是1/3。這似乎就簡單了。不就是1/4 +1/16 +1/64 + .........
有一件事情是可能的，我們不能求無窮的加和，但是如果我們只要整數(shù)位，那也許就不需要無窮的加完。
temp[14：0] = {number[7:0],6'd0} + {number[7:0],4'd0} + {number[7:0],2'd0} + number[7:0];
result1[7:0] = temp[14:8] + ((number[7]==1'b1 && number[6:0]!=7'd0)? temp[7] : temp[7]&temp[6]);
number是8bit被除數(shù)，temp是number若干(這里這用了前4個)移位值的和，但是我們明白，這是不精確的，所以對此和進(jìn)行一些調(diào)整。調(diào)整的方向一定是加一點(diǎn)什么(因?yàn)槲覀兩偌恿撕芏鄶?shù))，result1就是這個調(diào)整的邏輯。
從整體上看看這個邏輯：4個14位數(shù)的加法，一個選擇邏輯和單bit加。邏輯不算太小(14bit加法電路還是不小的)，但是也不算太大(畢竟就是4個加法)。時序由加法電路來限制，綜合的好應(yīng)該到百兆是沒有問題的。
5)除數(shù)為5(3'b101)
1/5顯然和1/4比較近。我們?nèi)匀豢梢员容^方便的寫出這個無窮級數(shù)來：
1 - 1/4 + 1/16 - 1/64 ...........
這個的和是4/5不是1/5，但是再除個4就好了(這很方便的)。
temp[13:0]={number[7:0],6'd0} - {number[7:0],4'd0} + {number[7:0],2'd0} - number[7:0] + number[7:2] - number[7:4];
result1[7:0] = temp[13:6] + temp[5];
result2[5:0] = result1[7:2];
temp是number的6個移位值的和，result1是調(diào)整后的值，result2是result/4的商。這個邏輯怎么要加6個值的和呢?其實(shí)就是近似問題，如果加的個數(shù)少，那么后面那個調(diào)整電路就會復(fù)雜些。
6)除數(shù)為7(3'b111)
這個和1/3其實(shí)是類似的，我就不贅述了。
7)除數(shù)為11(4'b1011)
這個有點(diǎn)煩，和11近的2^n是8或16，這個級數(shù)似乎不好找。但是我一覺醒來突然明白了一個事情：任何一個小數(shù)都是可以化為2進(jìn)制表示的，而其2進(jìn)制表示其實(shí)就是一個2^n的數(shù)列的和，只不過是換了一種形式吧了。
于是1/11就是0.0001011101 | 0001011101 | 0001011101 | ...........
temp[14:0] = {number[7:0],6'd0} + {number[7:0],4'd0} + {number[7:0],3'd0} + {number[7:0],2'd0} + number[7:0] + number[7:4];
result1[7:0] = temp[14:10] + (temp[9]&temp[8]&temp[7]&temp[6]);
精度仍然只取了前6個有效的(是1)的數(shù)，然后在result1上做了一些補(bǔ)足的調(diào)整。
8)總結(jié)：其實(shí)到這里我們就已經(jīng)清除了一件事----所有除數(shù)固定的除法都可以用上述確定的過程來實(shí)現(xiàn)。具體說就是：第一，將除數(shù)n變成乘以1/n，然后用2進(jìn)制來表示這個1/n。第二，根據(jù)被除數(shù)的位數(shù)來選取合適的1/n的有效位數(shù)。第三，再根據(jù)具體的結(jié)果做一些調(diào)整。
1/N取多少有效位合適，取決與被除數(shù)的范圍(被除數(shù)較大，就要多取幾位)、邏輯大小的控制(加法越多，可能你的門數(shù)和時序多要付出代價)、一級最后那個調(diào)整的復(fù)雜程度(總不能太復(fù)雜吧)。
好了，到這里就先告一段落吧，但是我仍然沒有從根本上真正解決任意除法的問題。我心中的通看來還要持續(xù)。不知有誰能最終來替我排解。
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